清华大学高等数值分析(李津)所有作业答案合集
《数值分析》作业参考答案-2
《数值分析》作业参考答案一. 选择题1． A ； 2.B ； 3.B ； 4.D; 5.C; 6.D; 7.C; 8.B; 9.D; 10.C ； 11.B ； 12.A ； 13.A; 14.C; 15.A; 16.B; 17.D; 18.A 19.D,20.C,21.A,22.D,23.C,24.C. 二. 填空题1. 3，3，3 ；2. 1，2/3 ；3. 100！2^100 ；4. (-1 ,1)；5.)())((102010n x x x x x x ---Λ ； 6. xxx x x g sin 1cos )(+--=，2；7. (-1, 1)； 8. x ； 9. 4 ； 10. 5，9 ； 11. )(211nn n x cx x +=+, 2； 12. 31x x ++ ； 13. 10/9, 4； 14. 10, 55, 550; 15. 3ab b -+ 16. 312-x 17. 3118．431,431,21i i +-- 19.x x +22 20. 3b a a -+ . 三.1. 12)(2++=x x x p 2. )()(x f x p = 3.12292.512,916,910====a B C A , 代数精确度为5 3.证明：||)'(||||'||)'(1-⋅=A A A A A A cond设}'m ax {的特征值的模A A =λ，})'m ax {(11的特征值的模--=A A β，则 上式=2212))((||||||||A cond AA =⋅=⋅-βλ4.1. (12分)⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫⎝⎛---=1111433221L ,⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=4534231112U ,⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=0101X 2. (8分)Seidel 收敛，因为A 实正定对称阵. 迭代格式⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=++-=+=+=+++++++2/)1(2/)2(2/)(2/)2()1(3)1(4)(4)1(2)1(3)(3)1(1)1(2)(2)1(1k k k k k k k k k k x x x x x x x x x x 5. 14)(22+-=x x p π，余项6*54|)2(|61)(cos 322ππ≤-≤-x x x p x 6.6. 证明：当0=A 时，结论显然成立；当0≠A 时，因222||||||||||||||X A Y AX Y T<，故 2220,0||||||||||||||sup A Y X AX Y T Y X ≤≠≠；又A A T是实对称矩阵，故存在正交阵),,,(21n p p p P Λ=使得⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==n TT D AP A P λλO 1， i P 是特征值i λ对应的特征向量。
清华大学 李津老师 数值分析第二次实验作业
就不再赘述了。 二、实际计算 生成十个不同的(最好属不同类型或有不同性质的)的 m n 矩阵，这里 m, n 100 ， 用你选择的算法对其做 SVD,比较不同方法的效果(比如计算小气一直和对应左右奇异向量的 误差，效率等)，计算时间和所需存储量等，根据结果提出对算法的认识。 1.误差 在实验中，我们取 m=200，n=100，利用 orth()函数生成了正交矩阵������、������，再生成 了不同奇异值分布的奇异值矩阵������，再通过������ = ������������������，计算出不同的待分解矩阵。 各矩阵奇异值分不如下表所示 序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 奇异值个数 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 奇异值分布 10 → 1 20 → 1 30 → 1 40 → 1 50 → 1 60 → 1 70 → 1 80 → 1 90 → 1 100 → 1
−1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1 −1
经过 matlab 计算，我们得到了两种算法对奇异值的估计误差表，如下所示
序号 svd 1 2 3 4 5 1.2135e-29 1.0336e-28 3.9976e-28 7.9768e-28 1.5711e-27
i 1
100
i
i
2.5232e-27 4.6720e-27 5.8535e-27 8.7958e-27 9.8885e-27
r
i 1
ui uis r
2 2
i 1
vi vis r
2 2
lansvd
svd
lansvd
2 1.6 2.1333 2 2.16 1.8 2.3429 2.15 2 2
清华大学高等数值分析 第三次作业第八题
第三次作业第八题取b=(1,1,1,...1)T ,x0=0，停机准则为10-6。
1）当取A 1=(a ij )=1/(i+j-1)时，取阶数n=50，m=20时，得到收敛曲线如下0246810121416182010-1010-810-610-410-210GMRES 算法的||r k ||收敛曲线（所有步数） (A=A 1 阶数n=50, m=20)迭代次数||r k ||/||b ||结果表明，重启的GMRES 算法没有重启就得到了非常精确的结果。
这是由于该矩阵在n 较小时的数值正定特性有关。
取n=500 m=20计算结果如下，该图为重启次数与残差之间的关系曲线010203040506070809010010-610-510-4GMRES 算法的||r k ||收敛曲线 (A=A 1 阶数n=500, m=20)重启次数||r k ||/||b ||可以看出，该方法重启100步都无法收敛到10-6。
提高m 的值为m=100，计算如下010203040506070809010010-1010-810-610-410-210迭代次数||r k ||/||b ||从结果中可以看出，第一次计算（未重启）就得到了精确的结果。
该方法是数值qi 下面将阶数增为1000，m=20计算如下010203040506070809010010-710-610-510-410-3GMRES 算法的||r k ||收敛曲线 (A=A 1 阶数n=1000, m=20)重启次数||r k ||/||b ||图中可以看出，重启的GMRES 已经无法收敛，并且残差下降非常慢，没有再进行计算的必要。
将m 增为100，结果依然如前面，在一次重启就解出了结果。
010203040506070809010010-1010-810-610-410-210迭代次数||r k ||/||b ||2）当取A=A 2◆ 当n=100时，对该矩阵使用GMRES 方法，迭代20步即得到结果。
清华大学高等数值分析作业李津1——矩阵基础
20130917题目求证：在矩阵的LU 分解中，111n n Tn ij i j j i j L I e e α-==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑证明：在高斯消去过程中，假设0jj a ≠ ，若a=0，可以通过列变换使得前面的条件成立，这里不考虑这种情况。
对矩阵A 进行LU 分解，()()()()()1111111L M n M M M n ---=-=••-………… ，其中()1n Tn ij i j i j M j I e e α=+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑ ，i e 、j e 为n 维线性空间的自然基。
()M j 是通过对单位阵进行初等变换得到，通过逆向的变换则可以得到单位阵，由此很容易得到()M j 的逆矩阵为1n T n ij i j i j I e e α=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑。
故111n n T n ij i j n j i j L I e e I α-==+⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∏∑上式中的每一项均是初等变换，从右向左乘，则每乘一次相当于对右边的矩阵进行一次向下乘法叠加的初等变换。
由于最初的矩阵为单位阵，变换从右向左展开，因而每一次变换不改变已经更新的数据，既该变换是从右向左一列一列更新数据，故11nn Tn ij i j j i j L I e e α==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑。
数学证明：1n Tij i j i j e e α=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑具有,000n j j A -⎛⎫ ⎪⎝⎭ 和1,1000n j n j B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭ 的形式，且有+1,-11,10000=000n j j n j n j A B --+-+⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭而11n n T ij i j j k i j e e α-==+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑具有1,1000n k n k B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭的形式，因此： 1311111211121==n n n n n n T T T n ij i j n ij i j n ik i k j i j j i j k n i k n n T n i i n ik i i i k L I e e I e e I e e I e e I e ααααα---==+==+=-=+==+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎝⎭∏∑∏∑∑∑∑∑……11211n n n T Tk n ik i kk k i k e I e e α--===+⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑#20130924题目一问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上三角矩阵，为什么？解：不能用逐次householder 相似变换变A 为上三角矩阵，原因如下：A 记作：()12=,,n A a a a ……， ，存在householder 阵1H s.t. 1111H a e α= ，则()()()111111111111111111111,,,0T Th H AH H a A H e H A H e H A H h H A H ααα⎛⎫'''=== ⎪⎪'⎝⎭⎛⎫''=+ ⎪ ⎪⎝⎭11H A H ''第一列的元素不能保证为1e 的倍数，故无法通过householder 变换实现上三角化。
清华大学高等数值分析_第二次实验作业
清华大学高等数值分析课程作业第二次实验 作业第一题：构造例子特征值全部在右半平面时，观察基本的Arnoldi 方法和GMRES 方法的数值性态，和相应重新启动算法的收敛性。
答：1、计算初始条件1) 矩阵A 的生成根据实Schur 分解，构造矩阵如下形式11112222/2/2/2/2n nA n n n n ⨯-⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪- ⎪= ⎪ ⎪ ⎪- ⎪⎪⎝⎭其中，A 由n/2个块形成，每个对角块具有如下形式，对应一对特征向量i i i αβ+ii i i A αββα-⎛⎫= ⎪⎝⎭、 这里，取n=1000，得到矩阵A 。
经过验证，A 的特征值分布均在右半平面，如下图所示50100150200250300350400450500-500-400-300-200-1000100200300400500复平面中A 的特征值分布情况实部 Im(x)虚部 R e (x )特征值2) b 的初值为 b=(1,1,1,1..1)T 3) 迭代初值为 x 0=0 4) 停机准则为 ε=10-62、基本的Arnoldi 和GMRES 方法代入前面提到的初始值A 、b 、x0，得到的收敛结果如下10020030040050060010-710-610-510-410-310-210-110两种基本算法的||r k ||收敛曲线 (阶数n=1000)迭代次数||r k ||/||b ||基本的Arnoldi 算法基本的GMRES 算法结果讨论：从图中可以看出，基本的Arnoldi 方法经过554步收敛，基本的GMRES 方法经过535步收敛。
这是由于GMRES 具有残差最优性，会略快于Arnoldi 方法，但是，由于两种方法的基本原理近似，GMRES 方法不会实质性的提速。
此外，从收敛曲线上看，由于特征值均处在右半平面，收敛曲线平滑，收敛速度（收敛因子）比较均匀。
3、重启动的GMRES 和Arnoldi 算法对上述A 、b 、x0使用重启动的Arnoldi 和GMRES 算法。
数值分析第5版课后习题答案(清华大学出版社)-第一章
′ e * ( f1 ) = f1 e * (1.4) =
对于 f 2 = (3 − 2 2 ) 3 ，
1 1 ′ e * ( f 2 ) = f 2 e * (1.4) = 6(3 − 2 × 1.4) 2 × × 10 −1 = 0.12 × 10 −1 < × 10 −1 ，没有有效数 2 2 字；
*
1 1 1 = (0.031 × 385.6) × 10 − 4 + (1.1021 × 385.6) × 10 −3 + (1.1021 × 0.031) × 10 −3 ； 2 2 2 −3 −3 −3 = 0.59768 × 10 + 212.48488 × 10 + 0.01708255 × 10 = 213.09964255 × 10 −3 = 0.21309964255
′ PAP −1 Px Ax PAx ′ 6、证明： A max = = max = max = ′ Px Px x PAP −1 。
7、证明：由范数的等价性，存在常数 C1 和 C 2 ，使得 C1 x s ≤ x t ≤ C 2 x s ，则有
C1 Ax s ≤ Ax t ≤ C 2 Ax s ，并且
∂f e (x + x + x ) = ∑ k =1 ∂x k
* * 1 * 2 * 4
n
* * * * ε ( x k ) = ε ( x1 ) + ε ( x 2 ) + ε ( x 4 ) ；
*
=
1 1 1 × 10 − 4 + × 10 −3 + × 10 −3 = 1.05 × 10 −3 2 2 2
y 0 = 1.41 1 可知， ε * ( y 0 ) = × 10 − 2 ， y n − y n = 10( y n −1 − y n −1 ) ，即 2 y n = 10 y n −1 − 1
清华大学高等数值分析实验设计及答案
高等数值分析实验一工物研13 成彬彬2004310559一．用CG，Lanczos和MINRES方法求解大型稀疏对称正定矩阵Ax=b作实验中，A是利用A= sprandsym(S,[],rc,3)随机生成的一个对称正定阵，S是1043阶的一个稀疏阵A= sprandsym(S,[],0.01,3);检验所生成的矩阵A的特征如下：rank(A-A')=0 %即A=A’，A是对称的；rank(A)=1043 %A满秩cond(A)= 28.5908 %A是一个“好”阵1．CG方法利用CG方法解上面的线性方程组[x,flag,relres,iter,resvec] = pcg(A,b,1e-6,1043);结果如下：Iter=35，表示在35步时已经收敛到接近真实xrelres= norm(b-A*x)/norm(b)= 5.8907e-007为最终相对残差绘出A的特征值分布图和收敛曲线：S=svd(A); %绘制特征值分布subplot(211)plot(S);title('Distribution of A''s singular values');;xlabel('n')ylabel('singular values')subplot(212); %绘制收敛曲线semilogy(0:iter,resvec/norm(b),'-o');title('Convergence curve');xlabel('iteration number');ylabel('relative residual');得到如下图象：为了观察CG方法的收敛速度和A的特征值分布的关系，需要改变A的特征值：(1).研究A的最大最小特征值的变化对收敛速度的影响在A的构造过程中，通过改变A= sprandsym(S,[],rc,3)中的参数rc(1/rc为A的条件数)，可以达到改变A的特征值分布的目的：通过改变rc=0.1，0.0001得到如下两幅图以上三种情况下，由收敛定理2.2.2计算得到的至多叠代次数分别为：48，14和486，由于上实验结果可以看出实际叠代次数都比上限值要小较多。
清华大学高等数值计算(李津)实践题目一(共轭梯度CG法_Lanczos算法与MINRES算法)
高等数值计算实践题目一1. 实践目的本次计算实践主要是在掌握共轭梯度法，Lanczos 算法与MINRES 算法的基础上，进一步探讨这3种算法的数值性质，主要研究特征值特征向量对算法收敛性的影响。
2. 实践过程（一）生成矩阵（1）作5个100阶对角阵i D 如下：1D 对角元：1,1,...,20,1+0.1(-20),21,...,100j j d j d j j ====2D 对角元：1,1,...,20,1+(-20),21,...,100j j d j d j j ==== 3D 对角元：,1,...,80,81,81,...,100j j d j j d j ====4D 对角元：,1,...,40,41,41,...,60,41+(60),61,...,100j j j d j j d j d j j =====-= 5D 对角元：,1,...,100j d j j ==记i D 的最大模特征值和最小模特征值分别为1iλ和in λ，则i D 特征值分布有如下特点：1D 的特征值有较多接近于i n λ，并且1/i i n λλ较小，2D 的特征值有较多接近于i n λ，并且1/i i n λλ较大， 3D 的特征值有较多接近于1i λ，并且1/i i n λλ较大，4D 的特征值有较多接近于中间模特征值，并且1/i i n λλ较大， 5D 的特征值均匀分布，并且1/i i n λλ较大（2）随机生成10个100阶矩阵j M ：(100(100))j M fix rand =g并作它们的QR 分解，得j Q 和j R ，这样可得50个对称的矩阵Tij j i j A Q DQ =，其中i D 的对角元就是ij A 的特征值，若它们都大于0，则ij A 正定，j Q 的列就是相应的特征向量。
结合（1）可知，ij A 都是对称正定阵。
（二）计算结果以下计算，均选定精确解(100,1)exact x ones =，初值0(100,1)x zeros =由ij exact kA x b =计算得到k b （算法中要求解的精度为10e -）。
清华大学高等数值分析_第三次作业答案
高等数值分析第三章作业参考答案1.考虑线性方程组Ax=b,其中A是对称正定矩阵.用Galerkin原理求解方程K=L=Span(v),这里v是一个固定的向量.e0=x∗−x0,e1=x∗−x1证明(e1,Ae1)=(e0,Ae0)−(r,v)2/(Av,v),(∗)其中r=b−Ax0.v应当取哪个向量在某种意义上是最佳的?证明.令x1=x0+αv,那么r1=r−αAv,e1=e0−αv.由Galerkin原理,有(r1,v)=0,因此α=(r,v)/(Av,v).注意到r1=Ae1,r=Ae,有(Ae1,v)=0.于是(e1,Ae1)=(e0−αv,Ae1)=(e0,Ae1)=(e0,Ae0)−α(e0,Av)=(e0,Ae0)−α(r,v)即(∗)式成立.由(∗)式知当v=e0时, e1 A=0最小,即近似解与精确解的误差在A范数意义下最小,算法一步收敛(但是实际中这个v不能精确找到);在最速下降意义下v=r时最佳.2.求证：考虑线性方程组Ax=b,其中A是对称正定矩阵.取K=L=Span(r,Ar).用Galerkin方法求解,其中r是上一步的残余向量.(a)用r和满足(r,Ap)=0的p向量构成K中的一组基.给出计算p的公式.解.设p=r+αAr,(r,Ap)=0等价于(Ar,p)=0.解得α=−(Ar,r)/(Ar,Ar).(b)写出从x0到x1的计算公式.解.设x1=x0+β1r+β2p,那么r1=r−β1Ar−β2Ap,再由Galerkin原理,有(r1,r)=(r1,p)=0,解得β1=(r,r)/(Ar,r),β2=(r,p)/(Ap,p).(c)该算法收敛吗?解.该算法可描述为：(1)选初始x0∈R n,计算初始残差r0=b−Ax0,ε>0为停机准则；(2)对k=0,1,2,...直到 r k <εαk=−(r k,Ar k) (Ar k,Ar k);p k=r k+αAr k;βk=(r k,r k) (Ar k,r k);γk=(r k,p k) (Ap k,p k);r k+1=r k−βk Ar k−γk Ap k;x k+1=x k+βk r k+γk p k.此算法本质上是由CG迭代一步就重启得到的,所以是收敛的,下面给出证法.设用此算法得到的x k+1=x k+¯p1(A)r k,那么e k+1 A=minp1∈P1e k+p1(A)r k A≤ e k+¯p1(A)r k A= e k−¯p1(A)Ae k A≤max1≤i≤n|˜p(λi)| e k A其中0<λ1≤...≤λn为A的特征值,˜p(t)=1−t¯p1(t)是过(0,1)点的二次多项式.当˜p满足˜p(λ1)=˜p(λn)=−˜p(λ1+λn2)时可使max1≤i≤n|˜p(λi)|达到最小.经计算可得min ˜p max1≤i≤n|˜p(λi)|≤(λ1−λn)2(λ1−λn)2+8λ1λn<1故若令κ=λ1/λn,则e k+1 A≤(κ−1)2κ2+6κ+1e k A,方法收敛.3.考虑方程组D1−F−E−D2x1x2=b1b2,其中D1,D2是m×m的非奇异矩阵.取L1=K1=Span{e1,e2,···,e m},L2= K2=Span{e m+1,e m+2,···,e n}.依次用(L1,K1),(L2,K2)按讲义46和47页公式Az∗=r0r0−Az m⊥LW T AV y m=W T r0x m=x0+V(W T AV)−1W T r0各进行一步计算.写出一个程序不断按这个方法计算下去,并验证算法收敛性.用L i=AK i重复上述各步骤.解.对任意给定x0=x(0)1x(0)2,令r=b−Ax0,V1=[e1,e2,...,e m],V2=[e m,e m+1,...,e n].对L i=K i情形,依次用(L1,K1),(L2,K2)各进行一步计算：(L1,K1)(L2,K2)z(1) 1=V1y1z(2)1=V2y2r0−Az(1)1⊥L1r0−Az(2)1⊥L2(V T1AV1)y1=V T1r0,D1y1=V T1r0(V T2AV2)y2=V T2r0,−D2y2=V T2r0x(1)1=x(1)+V1D−11V T1r0x(2)1=x(2)−V2D−12V T2r0得如下算法：(1)选初始x0∈R n,计算初始残差r0=b−Ax0,ε>0为停机准则；(2)对k=1,2,...直到 r k <ε求解D1y1=r k−1(1:m);求解−D2y2=r k−1(m+1:n);x k=x k−1+V1y1+V2y2;r k=r k−1−AV1y1−AV2y2.收敛性:r k=r k−1−AD−11−D−12rk−1=0−F D−12ED−11rk−1Br k−1算法收敛⇔ρ(B)<1⇔ρ(ED−11F D−12)<1.对L i=AK i情形,依次用(L1,K1),(L2,K2)各进行一步计算:(L1,K1)(L2,K2)z(1) 1=V1y1∈K1z(2)1=V2y2∈K2r0−Az(1)1⊥L1=AK1r0−Az(2)1⊥L2=AK2(V T1A T AV1)y1=V T1A T r0(V T2A T AV2)y2=V T2A T r0(D T1D1+E T E)y1=V T1A T r0(D T2D2+F T F)y2=V T2A T r0x(1) 1=x(1)+(D T1D1+E T E)−1V T1A T r0x(2)1=x(2)+(D T2D2+F T F)−1V T2A T r0得如下算法：(1)选初始x0∈R n,计算初始残差r0=b−Ax0,ε>0为停机准则；(2)对k=1,2,...直到 r k <ε求解(D T1D1+E T E)y1=(A T r k−1)(1:m);求解(D T2D2+F T F)y2=(A T r k−1)(m+1:n);x k=x k−1+V1y1+V2y2;r k=r k−1−AV1y1−AV2y2.收敛性:r k=r k−1−A(D T1D1+E T E)−1(D T2D2+F T F)−1A T rk−1(I−B)r k−1算法收敛⇔ρ(I−B)<1⇔0<λ(B)<2.4.令A=3−2−13−2...............−2−13,b=1...2用Galerkin原理求解Ax=b.取x0=0,V m=W m=(e1,e2,···,e m).对不同的m,观察 b−Ax m 和 x m−x∗ 的变化,其中x∗为方程的精确解.解.对于 b−Ax m 和 x m−x∗ ,都是前n−1步下降趋势微乎其微,到第n步突然收敛。
清华大学高等数值分析(李津)所有作业答案合集
20130917题目求证：在矩阵的LU 分解中，111n n Tn ij i j j i j L I e e α-==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑证明：在高斯消去过程中，假设0jj a ≠ ，若a=0，可以通过列变换使得前面的条件成立，这里不考虑这种情况。
对矩阵A 进行LU 分解，()()()()()1111111L M n M M M n ---=-=∙∙-………… ，其中()1n Tn ij i j i j M j I e e α=+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑ ，i e 、j e 为n 维线性空间的自然基。
()M j 是通过对单位阵进行初等变换得到，通过逆向的变换则可以得到单位阵，由此很容易得到()M j 的逆矩阵为1n Tn ij i j i j I e e α=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑。
故111n n T n ij i j n j i j L I e e I α-==+⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∏∑上式中的每一项均是初等变换，从右向左乘，则每乘一次相当于对右边的矩阵进行一次向下乘法叠加的初等变换。
由于最初的矩阵为单位阵，变换从右向左展开，因而每一次变换不改变已经更新的数据，既该变换是从右向左一列一列更新数据，故11nn Tn ij i j j i j L I e e α==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑。
数学证明：1nTi j i ji j ee α=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑具有,000n j jA -⎛⎫ ⎪⎝⎭ 和1,1000n j n j B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭ 的形式，且有+1,-11,10000=000n j j n j n j AB --+-+⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 而11n n T ij i j j k i j e e α-==+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑具有1,1000n k n k B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭的形式，因此：1311111211121==n n n n n n T T T n ij i j n ij i j n ik i k j i j j i j k n i k n n T n i i n ik i i i k L I e e I e e I e e I e e I e ααααα---==+==+=-=+==+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎝⎭∏∑∏∑∑∑∑∑……11211n n n T Tk n ik i kk k i k e I e e α--===+⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑#20130924题目一问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上三角矩阵，为什么？解：不能用逐次householder 相似变换变A 为上三角矩阵，原因如下：A 记作：()12=,,n A a a a ……， ，存在householder 阵1H s.t. 1111H a e α= ，则()()()111111111111111111111,,,0T Th H AH H a A H e H A H e H A H h H A H ααα⎛⎫'''=== ⎪⎪'⎝⎭⎛⎫''=+ ⎪ ⎪⎝⎭11H A H ''第一列的元素不能保证为1e 的倍数，故无法通过householder 变换实现上三角化。
数值分析第五版习题答案清华大学出版社
1．设 x 0 , x 的相对误差为 ，求 ln x 的误差。
解：近似值
*
x 的相对误差为
* e* x * x
= er
x*
x*
而 ln x 的误差为 e ln x *
ln x * ln x
1 e*
x*
进而有 (ln x*)
2．设 x 的相对误差为 2%，求 xn 的相对误差。
解：设 f ( x )
cos x 的近似
值时，采用的线性插值法插值余项不为 0，也会有一定的误差。因此，总误差界的计算应综
合以上两方面的因素。
当 0 x 90 时，
令 f ( x ) cos x
1 取 x0 0, h ( )
60
1 60 180
令 xi x 0 ih , i 0,1,..., 5400
10800
则 x5400
3
2．给出 f ( x ) ln x 的数值表
X
0.4
lnx
-0.916291
用线性插值及二次插值计算
解：由表格知，
0.5
0.6
-0.693147
-0.510826
ln 0.54 的近似值。
x0 0.4, x1 0.5, x 2 0.6, x3 0.7, x4 0.8; f ( x 0 ) 0.916291, f ( x1 ) 0.693147 f ( x 2 ) 0.510826, f ( x3 ) 0.356675 f ( x 4 ) 0.223144
2 1.41
( y 0 *)
1
2
10
2
又 y n 10 yn 1 1
y1 10 y0 1
( y1*) 10 ( y 0 *) 又 y 2 10 y1 1
数值分析第五版习题答案全部清华大学出版社
6
12．计算 f ( 2 1) ，取 2 ，利用下列等式计算，哪一个得到的结果最好？
1 , ( 2 1) 6
(3 2 2) 3 ,
6
1 ， 99 70 2 。 (3 2 2) 3
解：设 y ( x 1) ， 若x 若通过
若通过 (3 2 2) 计算 y 值，则
3
y * (3 2x* )2 x* 6 y * x* * 3 2x y * x*
若通过
1 计算 y 值，则 (3 2 2) 3 1 x* * 4 (3 2 x )
1 1 1 10 4 10 3 10 3 2 2 2 3 1.05 10
* * * (2) ( x1 x2 x3 ) * * * * * * * * * x1 x2 ( x3 ) x2 x3 ( x1 ) x1 x3 ( x2 )
1 1 1 1.1021 0.031 10 1 0.031 385.6 10 4 1.1021 385.6 10 3 2 2 2 0.215
* * * *
*
*
*
* * *
*
*
1 ( x1* ) 10 4 2 1 * ( x2 ) 10 3 2 1 * ( x3 ) 10 1 2 1 * ( x4 ) 10 3 2 1 * ( x5 ) 10 1 2
* * * (1) ( x1 x2 x4 ) * * * ( x1 ) ( x2 ) ( x4 )
解： y0
2 1.41
1 ( y0 *) 10 2 2
又 yn 10 yn 1 1
李津高等数值分析计算实践第一次大作业
一、生成矩阵1.5个100阶对角方阵。
根据下述问题，设计5个100阶对角矩阵，对角元分布如下：表1.1 5个对角阵的对角元分布生成的5个对角矩阵中，前四个矩阵为正定矩阵，第五个矩阵为非正定矩阵。
其中，前三个矩阵条件数都为100。
2.生成10个100阶矩阵生成10个100阶矩阵，做QR分解，生成10个Q矩阵。
由于生成的Q,即对应的特征向量，对最后的求解结果影响不大，故此处随机生成了10个100阶矩阵，且为了每次的结果一样，将矩阵存到文件中。
一、实验结果（1）用共轭梯度法，Lanczos法，MINRES法进行计算，分析特征值分布对算法的影响。
计算得到的结果如下表所示：其中的为e w最后一次迭代之后求得的解与真实值的差，即e w=x w−x exact.从表格中可以看出以下几点：●在矩阵特征值相同时，特征值的分布对收敛性有影响。
在特征值偏向较小特征值的时候，CG法和Minres算法迭代次数增加，而Lanczos算法更是出现了不收敛的情况。
相对的，当特征值偏向较大特征值的时候，三种算法的迭代次数都均匀分布的有所下降。
故可有结论，特征值偏向最大值时有较好收敛性。
●矩阵条件数对收敛性有影响。
由三种算法的第3，4组数据能看出，3对应矩阵的条件数大于4矩阵的条件数，且3的迭代次数均小于4的迭代次数，故可有结论，条件数大的正定矩阵有较好的收敛性。
●矩阵是否正定对收敛性有影响。
由于CG法不适用于非正定矩阵，故只对Minres法和Lanczos法分析。
Lanczos法在实验中的非正定矩阵的运算中不收敛，且Minres法的迭代次数也较之前有了大幅度的提高。
故可有结论，正定矩阵较非正定矩阵有较好的收敛性。
（2）取定一个对角矩阵，用10个单位对称阵做实验，观察特征向量对算法的影响。
此处为了观察特征向量的影响，选定了最普通的1号对角阵。
结果如下表所示：表2.2 共轭梯度法对于不同特征向量的结果表2.4 Minres法对于不同特征向量的结果从以上三个表格数据可以看出，矩阵对于不同特征向量的变化收敛性变化不大，在10个不同特征向量下，迭代次数变化最大在3次之内，可以认为对迭代次数没有影响。
清华大学高等数值分析试卷(汇编)
（一）对任意的 矩阵，都能用左乘和右乘（不一定相同的）初等反射阵（Householder阵）将其变为以下结构的矩阵吗？
(a)
(b)dip vt.浸；蘸 (b) (c)
△masterpiece n.杰作；名著其中 表示元素可以非0。对(a), (b), (c)形矩阵分别回答。
in search of寻找（提示：考虑方程组 ， ）
(c) ，且 。
（三）
（四）bathtub n.浴缸；澡盆写出与下述微分方程边值问题等价的Galerkin变分问题，
这里 已给定。
第2页/共2页
清华大学研究生“高等数值分析”试题（2012.1.10）
姓名学号所在系
填空：（28分）
（一）设矩阵 ，则 ， 。
（二） 设 ，请给出一个 的奇异值分解 ，
其中 ， ， 。
对上面的 ，若 ，使 ，则 ，这里 。பைடு நூலகம்
（三）设 对称正定，用CG法求解 ，若第一、二步迭代搜索方向分别为 、 ，则2步后余量 沿方向（不计正负）___________。
第1页/共2页
△hike vi. & n.远足；徒步旅行
（二）
（三）possess vt.拥有；具有；支配若用GMRES法解方程组 ， 非奇异， ，取 作为初值， ，从 开始Arnoldi过程，则必有 吗？为什么？这里 ， 为GMRES法第k步所得近似解， 。
（四）
（五）△nationalism n.民族主义；设用不动点迭代法 解非线性方程组， 为 的解，迭代函数 在 处Frechet可导且 矩阵，问此时迭代法是否局部超线性收敛？为什么？
textbook n.教科书；课本
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20130917题目求证：在矩阵的LU 分解中，111n n Tn ij i j j i j L I e e α-==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑证明：在高斯消去过程中，假设0jj a ≠ ，若a=0，可以通过列变换使得前面的条件成立，这里不考虑这种情况。
对矩阵A 进行LU 分解，()()()()()1111111L M n M M M n ---=-=∙∙-………… ，其中()1n Tn ij i j i j M j I e e α=+⎛⎫=+ ⎪⎝⎭∑ ，i e 、j e 为n 维线性空间的自然基。
()M j 是通过对单位阵进行初等变换得到，通过逆向的变换则可以得到单位阵，由此很容易得到()M j 的逆矩阵为1n Tn ij i j i j I e e α=+⎛⎫- ⎪⎝⎭∑。
故111n n T n ij i j n j i j L I e e I α-==+⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∏∑上式中的每一项均是初等变换，从右向左乘，则每乘一次相当于对右边的矩阵进行一次向下乘法叠加的初等变换。
由于最初的矩阵为单位阵，变换从右向左展开，因而每一次变换不改变已经更新的数据，既该变换是从右向左一列一列更新数据，故11nn Tn ij i j j i j L I e e α==+⎛⎫=- ⎪⎝⎭∑∑。
数学证明：1nTi j i ji j ee α=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑具有,000n j jA -⎛⎫ ⎪⎝⎭ 和1,1000n j n j B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭ 的形式，且有+1,-11,10000=000n j j n j n j AB --+-+⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭ 而11n n T ij i j j k i j e e α-==+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑具有1,1000n k n k B -+-+⎛⎫⎪⎝⎭的形式，因此：1311111211121==n n n n n n T T T n ij i j n ij i j n ik i k j i j j i j k n i k n n T n i i n ik i i i k L I e e I e e I e e I e e I e ααααα---==+==+=-=+==+⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=---⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎝⎭∏∑∏∑∑∑∑∑……11211n n n T Tk n ik i kk k i k e I e e α--===+⎛⎫⎛⎫=- ⎪⎪ ⎪⎭⎝⎭⎝⎭∑∑∑#20130924题目一问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上三角矩阵，为什么？解：不能用逐次householder 相似变换变A 为上三角矩阵，原因如下：A 记作：()12=,,n A a a a ……， ，存在householder 阵1H s.t. 1111H a e α= ，则()()()111111111111111111111,,,0T Th H AH H a A H e H A H e H A H h H A H ααα⎛⎫'''=== ⎪⎪'⎝⎭⎛⎫''=+ ⎪ ⎪⎝⎭11H A H ''第一列的元素不能保证为1e 的倍数，故无法通过householder 变换实现上三角化。
20130924题目二问：能否用逐次householder 相似变换变实矩阵A 为上Hessenberg 矩阵，怎么做？解：可以用逐次householder 相似变换变A 为上Hessenberg 矩阵，方式如下： 记0011120002122A A A a A ⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭，其中021a 为n-1维向量。
设()1110=0H H ω⎛⎫⎪⎝⎭，其中()012111=H a e ωα ，则()()()()()00001112111211101001111122121221111121121221010=00T T T T A A A A H A H A H H H e H A H a A AA a A ωωωαωω⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭其中121a 为n-2×2阶阵，除最右一列以外都为0。
若11122122k k k k k A A A a A ⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭中，21ka 为(n-k-1)×(k+1)矩阵，且除最右一列外都为0，设1()k H ω+ 是对21ka 做householder 变换对应的householder 阵，则()()1111121112111111111212221220=00kkk k k k k k k k kk k k k k A A A A I I A H A H H H a A a A ωω+++++++++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭如此，A n-2就是上Hessenberg 矩阵，即()()22310231=n n n n n H A H H H A H H H QAQ -----==………… ，整个过程是通过householder 变换得来，Q 是householder 阵的乘积，故是单位正交矩阵。
#“高等数值分析”第三次书面作业20130926题目问：若对算子范数，n nR⨯∆∈ ，s.t.1∆< ，证明：①n I +∆ 可逆；②()111n I -+∆≤-∆证明：① 对于方程()0n I x +∆= ，移项得x x ∆=- ，两边取范数得x x x ∆=-=而 x x ∆≤∆ ，故x x ≤∆，而01<∆<，所以，等号成立当且仅当0x = ，即0x =，这就说明方程()0n I x +∆=只有0解，故n I +∆ 可逆； ②()()()()111n n n n n n I I I I I I ---+∆+∆=⇒+∆=-∆+∆()()()111n n n n n I I I I I ---+∆=-∆+∆≤+∆+∆()1111n n I I -+∆≤=-∆-∆#事实上，更一般的结论是n I ±∆可逆，且()111n I -±∆≤-∆“高等数值分析”第四次书面作业20131010题目问：设n nM R⨯∈ ，证明：①0n y R ∀∈ ，000kkk k My M →+∞→+∞⋅−−−→⇔−−−→ ；②0(M)1k k M ρ→+∞−−−→⇔<。
证明：① 设0y N < （N>0），00,..k k k M s t M Nεε→+∞−−−→⇒∀><成立（范数的连续性），因此，00k k M y M y N Nεε⋅≤⋅<⋅= ，由范数的连续性可得，00k k M y →+∞⋅−−−→。
若0k k M →+∞−−−→不成立，则0,m n 0,s.t.k K ,m k ijK M n ∃>>∀>∃>中元素，令0y 的第j 项为1，其余项皆为0，则0k M y ⋅第i 个元素为m ij ，且不趋于0，故0kM y ⋅不趋于0。
综上，000kkk k M y M →+∞→+∞⋅−−−→⇔−−−→②(M)11M ρ<⇒<（(M)ρ是M 的上确界），0kkM M<≤，由于0kk M→+∞−−−→，由夹挤定理0kk M →+∞−−−→，由范数的连续性可知，0k k M →+∞−−−→。
由特征值定义，0,..(M)(M)k k x s t M x x M x x λλ∃≠⋅=⋅⇒⋅=⋅ 易证，00kk k k MM x →+∞→+∞−−−→⇒⋅−−−→，所以(M)0kk x λ→+∞⋅−−−→，而x 非零，所以(M)0k k λ→+∞−−−→，所以()(M)max (M)1ρλ=<。
综上，0(M)1k k M ρ→+∞−−−→⇔< #“高等数值分析”第五次书面作业20131012题目1问：设n nA R⨯∈ ，而且非奇异，求解Ax b = 等价于极小化2Ax b -，试推导极小化这个泛函的最速下降法。
解： 设kk r b Ax =- ，取1k k k x x r α+=+ ，求出α，s.t.12k Ax b +-取得最小值，2nAx b -=∑()(k)(k)(k)11112122,,nn n ij jj i ij ji j j k k k k kk a x r b a r d dAx b d Ar Ar r Ar Ax bααα===++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⨯+-⨯⎢⎥ ⎪ ⎪-==-=-∑∑∑12,0,,0,k kk k k k k k kr Ar dAx b Ar Ar r Ar d Ar Ar ααα+-=⇒-=⇒=极小化2Ax b -的最速下降法：Step1 给定0nx R ∈ ，计算0o r b Ax =- ；Step2 对于0,1,2,k =⋯ 若2kr ε≤，则停止；其中0ε> 为一事先给定的停机常数；否则:1k k =+111111,,k k k k k k k k k k kr Ar Ar Ar x x r r b Ax αα------==+=- Step3转到Step220131012题目2问：A 为一对称正定矩阵，证明()12,A Ax xx= 是一种向量范数，且有22Ax x x λ≤≤ ，其中1λ，n λ分别为A 的最大、最小特征值。
证明： 首先证明()12,A Ax xx =是一种向量范数：①正定性 由对称正定矩阵的等价性质可知(),A 0x x ≥，当且仅当0x =时等号成立，因而()12,A 0Axx x=≥，当且仅当0x =时等号成立，正定性成立；②齐次性 ()()()()111222,A ,A ,A AAk x k x k xk x k x k x xk x ====，其中k R ∈ ，齐次性成立；③三角不等式 ()()()()()()()1122,A ,A ,A ,A ,A Ax yx y x yx x y y x y y x +=++=+++由A 的对称正定性质，存在可逆矩阵Q ，s.t.TA Q Q = ，因而()()()()()()(),A ,A ,,,,A ,A x y y x Qx Qy Qx Qx Qy Qy x x y y ==≤⋅=⋅，当且仅当,x y 共线等式成立。
由上述两式可得，()()()()()(),A ,A 2,A ,A ,A ,A AAAx yx x y y x x y y x x y y xy+≤++⋅=+=+当且仅当,x y 共线等式成立，三角不等式成立。